高中数学 培优二轮含答案 解析 专题四 第一讲 等差数列与等比数列Word格式.docx

高中数学 培优二轮含答案 解析 专题四 第一讲 等差数列与等比数列Word格式.docx

《高中数学 培优二轮含答案 解析 专题四 第一讲 等差数列与等比数列Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学 培优二轮含答案 解析 专题四 第一讲 等差数列与等比数列Word格式.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

Sn＝An2＋Bn（A、B为常数）⇔{an}为等差数列

（5）{an}为等比数列，an>

0⇔{logaan}为等差数列

a＝an·

an＋2（n≥1）

（an≠0）⇔{an}为等比数列

an＝c·

qn（c、q均是不为0的常数，n∈N*）⇔{an}为等比数列

（4）{an}为等差数列⇔{aan}为等比数列（a>

0且a≠1）

性质

（1）若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq

（2）an＝am＋（n－m）d

（3）Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列

（1）若m、n、p、q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·

an＝ap·

aq

（2）an＝amqn－m

（3）等比数列依次每n项和（Sn≠0）仍成等比数列

前n项和

Sn＝＝na1＋d

（1）q≠1，Sn＝＝

（2）q＝1，Sn＝na1

1．（星课堂·

江西）等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于（　　）

A．－24B．0C．12D．24

答案　A

解析　由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，（3x＋3）2＝x（6x＋6）．

解得x1＝－3或x2＝－1（不合题意，舍去）．

故数列的第四项为－24.

2．（星课堂·

福建）等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为（　　）

A．1B．2C．3D．4

答案　B

解析　方法一　设等差数列{an}的公差为d，

由题意得　解得∴d＝2.

方法二　∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.

又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.

3．（星课堂·

辽宁）下面是关于公差d＞0的等差数列{an}的四个命题：

p1：

数列{an}是递增数列；

p2：

数列{nan}是递增数列；

p3：

数列是递增数列；

p4：

数列{an＋3nd}是递增数列．

其中的真命题为（　　）

A．p1，p2B．p3，p4C．p2，p3D．p1，p4

答案　D

解析　an＝a1＋（n－1）d，d＞0，

∴an－an－1＝d＞0，命题p1正确．

nan＝na1＋n（n－1）d，∴nan－（n－1）an－1＝a1＋2（n－1）d与0的大小和a1的取值情况有关．

故数列{nan}不一定递增，命题p2不正确．

对于p3：

＝＋d，∴－＝，

当d－a1＞0，即d＞a1时，数列{}递增，

但d＞a1不一定成立，则p3不正确．

对于p4：

设bn＝an＋3nd，

则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d＞0.

∴数列{an＋3nd}是递增数列，p4正确．

综上，正确的命题为p1，p4.

4．（星课堂·

重庆）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.

答案　64

解析　因为a1，a2，a5成等比数列，则a＝a1·

a5，即（1＋d）2＝1×

（1＋4d），d＝2.所以an＝1＋（n－1）×

2＝2n－1，S8＝＝4×

（1＋15）＝64.

5．（星课堂·

江苏）在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>

a1a2…an的最大正整数n的值为________．

答案　12

解析　由已知条件a5＝，a6＋a7＝3，

即q＋q2＝3，整理得q2＋q－6＝0，

解得q＝2，或q＝－3（舍去）．

an＝a5qn－5＝×

2n－5＝2n－6，

a1＋a2＋…＋an＝（2n－1），

a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2，

由a1＋a2＋…＋an>

a1a2…an可知2n>

2＋1，

n≤12.

题型一　等差（比）数列的基本运算

例1　（星课堂·

山东）已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.

审题破题　

（1）由已知列出关于首项和公差的方程组，解得a1和d，从而求出an.

（2）求出bm，再根据其特征选用求和方法．

解　

（1）设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，

由T5＝105，a10＝2a5，

得

解得a1＝7，d＝7.

因此an＝a1＋（n－1）d＝7＋7（n－1）＝7n（n∈N*）．

（2）对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.

因此bm＝72m－1.

所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，

故Sm＝＝＝

＝.

反思归纳　关于等差（等比）数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d（或q）的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差（等比）数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差（等比）数列问题的认识．

变式训练1　（星课堂·

浙江）在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．

（1）求d，an；

（2）若d<

0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.

解　

（1）由题意得5a3·

a1＝（2a2＋2）2，

即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.

所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.

（2）设数列{an}的前n项和为Sn.

因为d<

0，由

（1）得d＝－1，an＝－n＋11.

当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝Sn＝－n2＋n.

当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.

综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝

题型二　等差（比）数列性质的应用

例2　

（1）已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·

a14的最大值是（　　）

A．25B．50C．100D．不存在

（2）在等差数列{an}中，a1＝－2013，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2013的值为（　　）

A．－2011B．－2012C．－2010D．－2013

审题破题　

（1）根据等差数列的性质，a7＋a14＝a1＋a20，S20＝可求出a7＋a14，然后利用基本不等式；

（2）等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则也成等差数列．

答案　

（1）A　

（2）D

解析　

（1）∵S20＝×

20＝100，∴a1＋a20＝10.

∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.

∵an>

0，∴a7·

a14≤2＝25.

当且仅当a7＝a14时取等号．

（2）根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项＝a1＝－2013，公差d＝1，故＝－2013＋（2013－1）×

1＝－1，所以S2013＝－2013.

反思归纳　等差数列和等比数列的项，前n项和都有一些类似的性质，充分利用性质可简化解题过程．

变式训练2　

（1）数列{an}是等差数列，若<

－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于（　　）

A．11B．17C．19D．21

答案　C

解析　∵{an}的前n项和Sn有最大值，

∴数列为递减数列．又<

－1，

∴a10>

0，a11<

0，得a10＋a11<

0.

而S19＝＝19·

a10>

0，

S20＝＝10（a10＋a11）<

故当n＝19时，Sn取得最小正值．

（2）公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10等于（　　）

A．4B．5C．6D．7

解析　∵a3·

a11＝16，∴a＝16.

又∵等比数列{an}的各项都是正数，∴a7＝4.

又∵a10＝a7q3＝4×

23＝25，∴log2a10＝5.

题型三　等差数列、等比数列的综合应用

例3　已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn＝3（an－1），其中n∈N*.

（1）证明：

数列{an}为等比数列；

（2）设数列{bn}满足bn＝log3an，若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和．

审题破题　

（1）利用an＝Sn－Sn－1求出an与an－1之间的关系，进而用定义证明数列{an}为等比数列．

（2）由

（1）的结论得出数列{bn}的通项公式，求出cn的表达式，再利用错位相减法求和．

（1）证明　由题意得an＝Sn－Sn－1＝（an－an－1）（n≥2），

∴an＝3an－1，∴＝3（n≥2），

又S1＝（a1－1）＝a1，解得a1＝3，

∴数列{an}为首项为3，公比为3的等比数列．

（2）解　由

（1）得an＝3n，则bn＝log3an＝log33n＝n，

∴cn＝anbn＝n·

3n，

设Tn＝1·

31＋2·

32＋3·

33＋…＋（n－1）·

3n－1＋n·

3Tn＝1·

32＋2·

33＋3·

34＋…＋（n－1）·

3n＋n·

3n＋1.

∴－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－n·

3n＋1

＝－n·

3n＋1，

∴Tn＝.

反思归纳　等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出an或得到an＋1与an的递推关系，再确认an＋1－an＝d（n∈N*，d为常数）或＝q（n∈N*，q为非零常数）是否对一切正整数均成立．

变式训练3　已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>

0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项．

（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；

（2）设数列{cn}对n∈N*，均有＋＋…＋＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2013.

解　

（1）∵a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，d>

∴（1＋4d）2＝（1＋d）（1＋13d），解得d＝2.

则an＝1＋（n－1）×

2＝2n－1.

又∵b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，

∴等比数列{bn}的公比q＝＝＝3.

∴bn＝b2qn－2＝3×

3n－2＝3n－1.

（2）由＋＋…＋＝an＋1，得

当n≥2时，＋＋…＋＝an，

两式相减，得＝an＋1－an＝2，

∴cn＝2bn＝2×

3n－1（n≥2）

而当n＝1时，＝a2，∴c1＝3.

∴cn＝

∴c1＋c2＋…＋c2013＝3＋2×

31＋2×

32＋…＋2×

32012

＝3＋＝3－3＋32013＝32013.

典例　（12分）已知数列a1，a2，…，a30，其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列；

a10，a11，…，a20是公差为d的等差数列；

a20，a21，…，a30是公差为d2的等差数列（d≠0）．

（1）若a20＝40，求d；

（2）试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围；

（3）续写已知数列，使得a30，a31，…，a40是公差为d3的等差数列，…